ARBEIDSNOTATER FOR MA 001

av

Jan Ubøe

Matematisk Institutt

1990

Forord

Hensikten med dette heftet er først og fremst følgende:

1. A lette innlæring av rutinepregede metoder som er sentrale for kurset.2. A fungere som en rask referanse ved gjenoppfriskning av stoffet.

Det er ikke mulig a lære kurset ved a lese disse notatene. Heftet bestar i stor grad avknappe, skisse-pregede oppskrifter som ofte gir liten mening før en har lært teorien i boka.Det dekker ogsa langt fra alt vi skal kunne. All min erfaring med kurset sier meg imidlertidat behersker en disse metodene, sa er en et godt stykke pa vei mot a kunne løse mangeav oppgavene. Jeg haper derfor at heftet kan brukes som et skjelett som hver enkelt kanbygge ut i fra. Pa denne maten tror jeg vi kan bruke mindre tid pa a pugge detaljer, ogmere tid pa a prøve a forsta hovedlinjene i teorien.

Jan UbøeVaren 1990

1

Innhold

Kap. 1Relativ økning - geometriske rekker s. 3

Kap. 2Lineær programmering s. 3-4

Kap. 3Harmoniske funksjoner - addisjon av harmoniske funksjoner s. 4-6

Kap. 4.Noen spesielle grenser s. 6-7

Kap. 5.Eksponensial funksjoner - potensfunksjoner s. 7-9

Kap. 6.Derivasjonsregler - kurvedrøfting - Taylorpolynom s. 9-10

Kap. 7.Substitusjon - delvis integrasjon s. 11-13

Kap. 8.Differensial-ligninger - ord og uttrykk - løsninger s. 13-15

Kap. 9.Litt om vektor-regning - kompleks analyse s. 15-16

Kap. 10.Matrise-teori s. 16-19

Kap. 11.Kokebok for differensial-ligninger s. 19-21

Kap. 12.Partiell derivasjon - minste kvadraters metode s. 21-22

2

1,2

2,1

3,2

3,3

2,4

x

yF(x,y)=2x+3y

Finn maks og min for F over detskraverte området D.

D

Relativ økning

p% betyr p/100. Mere innhold er det ikke i uttrykket.

Relativ økning = Sluttverdi−BegynnelsesverdiBegynnelsesverdi

A øke/minske en størrelse med p% er det samme som a multiplisere den med h.h.v.(1 + p

100 ), (1 − p100 ).

Geometriske rekker

Brukes til a summere størrelser som øker/minsker med en fast prosent for hvert steg.

Formel:

a + ak + ak2 + ... + akn−1 = a(1 − kn

1 − k)

Eksempel pa bruk:

Størrelsen 10 øker med 2% pr. steg. Finn summen S av de 500 første leddene.

S = 10 + 10 · 1, 02 + 10 · 1, 022 + ... + 10 · 1, 02499 = 10(1 − 1, 02500

1 − 1, 02) ≈ 9, 98 · 106

Lineær programmering

Brukes til a finne maks/min av lineære funksjoner dvs. funksjoner pa formen F (x, y) =ax + by + c, over omrader i planet med rette kanter.

Teori: Du finner maksimum og minimum blandt hjørnene i omradet.

Eksempel pa bruk:

Løsning: Regn ut F (1, 2) = 8, F (2, 1) = 7, F (3, 2) = 12, f(3, 3) = 15, F (2, 4) = 16. Dafinnes maksimum for F i (2, 4) med verdi 16, og minimum i (2, 1) med verdi 7.

3

v

h

y

x

For a kunne løse oppgaver med lineær programmering ma du i tillegg kunne lage en skisseover det aktulle omradet.

1. Tegn inn de rette linjene.(Tips: Finn skjæringspunktene med aksene).

2. Vurder pa hvilke sider av linjene omradet ligger.(Tips: Hva skjer for x = 0?).

3. Skraver det omradet der alle betingelsene er oppfylt.

Eksempel: 2x − 3y ≥ 6. Linja 2x − 3y = 6 skjærer aksene i (3, 0) og (0,−2). Trekk linjagjennom disse punktene. Omradet ligger under linja. (x = 0 gir −3y ≥ 6, som er detsamme som at y ≤ −2).

Trigonometriske funksjoner

sin v =y

hcos v =

x

htan v =

y

x

tan v =sin v

cos vsin v = cos(v −

π

2)

sin(−x) = − sinxcos(−x) = cos xsin(x + y) = sinx cos y + cos x sin ycos(x + y) = cos x cos y − sinx sin y

Det hender ogsa vi far bruk for:cos(u − v) = cos u cos v + sinu sin v

Noen verdier

Husk a sette kalkulatoren pa RAD nar du regner i radianer, DEG nar du regner i grader.

v i grader 0 30 45 60 90 180 270v i radianer 0 π

6π4

π3

π2 π 3π

2

sin v 0 12

12

√2 1

2

√3 1 0 −1

cos v 1 12

√3 1

2

√2 1

2 0 −1 0

tan v 0 13

√3 1

√3 Error 0 Error

Endel kalkulatorer greier ikke a regne ut trigonometriske funksjoner nar vinkelen er forstor. Da ma du justere vinkelen ved a trekke fra/legge til et helt antall perioder.

4

Eksempel:v = 3756, 2 i radianer. Skal beregne sin v. Perioden er 2π. Vi dividerer først 3756, 2 med2π og finner at 2π gar opp 597 ganger. Da kan vi alternativt regne ut

sin(3756, 2) = sin v = sin(v − 597 · 2π) = sin(5, 14) = −0, 91.

Harmoniske funksjoner: (Standardform)

Er uttrykk pa formen C0 + C cos[ 2πT

[t − t0]], der t0 ∈ [0, T >C0 =Middelverdi, C =Amplitude, T =Periode, t0 =Akrofase.

Akrofasen er posisjonen til første maksimum etter t = 0.

Poeng a fa med seg: Det eneste som varierer er cos-leddet. Cosinus er en funksjon somvarierer mellom −1 og 1. Du far derfor et ”utslag” pa ±C i hver retning. Cosinus ermaksimal nar innmaten er null, derfor gir t = t0 maksverdi.

Grafen til funksjonen f(t) = C0 + C cos[ 2πT

(t − t0)].

Omskrivning av harmoniske uttrykk til standardform.

Eksempel:

2 + 3 cos(2t − 1) + 4 + 5 cos(2t − 1) = 6 + 8 cos(2t − 1) = 6 + 8 cos[2(t −1

2)]

= 6 + 8 cos[2π

π(t −

1

2)] Dvs. C0 = 6, C = 8, T = π og t0 =

1

2.

5

Justering av akrofasen

1. Finn perioden T .2. Finn en eller annen verdi for t = tmaks som gir maksimum.3. Hvis 0 ≤ tmaks < T er tmaks = t0 = akrofasen.4. Hvis ikke, ma du legge til/trekke fra et helt antall perioder til/fra tmaks inntil 0 ≤

resultat < T . Dette nye resultatet vil da være akrofasen.

Eksempel:

y = 3 + 7 cos[2π

3(t − 28)]

Her er perioden 3, og siden t = 28 gjør at innmaten til cos blir 0, har vi et maks fort = 28. Men vi vil ha mange maksima før dette! Fordi perioden er 3, har vi ogsa maks fort = 25, 22, 19, 16, 13, 10, 7, 4, 1,−2,−5 osv. Siden 0 ≤ 1 < 3 er akrofasen=1.

Hvordan skrive a cos(ωt) + b sin(ωt) pa formen C cos[ω(t − t0)]

Trinn 1 EksempelSkriv uttrykket pa formen 4 sin(2t) − 3 cos(2t) = (−3) cos(2t) + 4 sin(2t)a cos(ωt) + b sin(ωt)Noter hva a, b og ω er. a = −3, b = 4, ω = 2

Trinn 2Regn ut C =

√a2 + b2 C =

√

(−3)2 + 42 = 5

Trinn 3Sett opp ligningenC cos(ωt0) = a 5 cos(2t0) = −3

Trinn 4Regn ut t0 ved kalkulatort0 = 1

ωcos−1(a

c) t0 = 1

2 cos−1(−35 ) ≈ 1, 11

Trinn 5Hvis b < 0 Korreksjon unødvendig.ma du korrigere t0 ved a sette Konklusjon:tny0 = 2π

ω− tgammel

0 4 sin(2t) − 3 cos(2t) = 5 cos[2(t − 1, 11)].

Noen spesielle grenser

limx→+∞

eax ={

+∞ hvis a > 00 hvis a < 0

Eksempel: limt→∞

3e−2t = 0

6

limn→∞

(1 +1

n)n = e

Star det ikke 1n

inni, kall det som star der 1N

og regn i vei!

Eksempel:

limn→−∞

(1 −1

3n)2n 1

N= −

1

3n, n = −

N

3, N → +∞

= limN→+∞

(1 +1

N)−

2N

3 = limN→+∞

[(1 +1

N)N ]−

23 = e−

23 .

limx→0

sinx

x= 1

Star det ikke x inni sinusen, kall det som star der X og regn i vei!

Eksempel:

limx→0

2 sin(3x)

7xX = 3x, x =

X

3, X → 0

= limX→0

2 sin(X)

7X3

= limX→0

6

7

sinX

X=

6

7

Eksponensial funksjoner og logaritme funksjoner.

De følgende sma regnereglene er svært sentrale. De bør derfor innlæres grundig slik at dekan brukes raskt og uanstrengt!

a12 =

√a, a−1 =

1

aab · ac = ab+c Spesialtilfelle ex · ey = ex+y

abc = (ab)c

ln(ab) = b ln a

ln(ab) = ln a + ln b

ln(a

b) = ln a − ln b Spesialtilfelle ln(

1

b) = − ln b

ln(ex) = x = eln x

Eksempel pa bruk:

lnx = 5, hva er x? x = eln x = e5

ex = 7, hva er x? x = ln(ex) = ln 7

7

Eksponensialfunksjoner er uttrykk pa formen y = Ceλx. De er de eneste funksjonenesom gir en rett linje nar de plottes pa enkelt-logaritmisk papir.

Nar det er oppgitt at en størrelse varierer eksponensielt (f.eks. ”avtar eksponensielt”) somfunksjon av tiden, sa kan du

1) Gi størrelsen et navn, f.eks y(t)2) Sette opp at y(t) = Ceλt

Kokebok for a finne eksponensial-funksjoner nar 2 funksjonsverdier er kjent.

1. Anta (x0, y0) og (x1, y1) kjent (f.eks. lest av et plott pa enkelt- log papir).2. Sett

y0 = Ceλx0

y1 = Ceλx1

}

Dividery0

y1=

Ceλx0

Ceλx1= eλ(x0−x1)

Na finner du λ ved a ta logaritmen pa begge sider.

ln(y0

y1) = λ(x0 − x1) ⇒ λ =

ln(y0

y1)

(x0 − x1)

3. Na er λ kjent og du kan finne C ved

C =y0

eλx0.

Eksempel: (x0, y0) = (2, 5), (x1, y1) = (6, 8)

λ =ln(5

8 )

2 − 6= −

1

4ln(

5

8) ≈ 0, 12 C =

5

e0,12·2≈ 3, 93

Dette gir y = 3, 9e0,12x.

Potensfunksjoner er uttrykk pa formen Cxr. De er de eneste funksjonene som gir enrett linje nar de plottes pa dobbelt logaritmisk papir.

Kokebok for potens-funksjoner nar to verdier er kjent

1. Kjent (x0, y0) og (x1, y1) (f.eks. lest av et plott pa dobbelt-log papir).2. Sett

y0 = Cxr0

y1 = Cxr1

}

Dividery0

y1=

Cxr0

Cxr1

= (x0

x1)r.

Na finner du r ved a ta logaritmen pa begge sider.

8

ln(y0

y1) = ln(

x0

x1)r = r ln(

x0

x1) gir r =

ln(y0

y1)

ln(x0x1

).

3. Na er r kjent og du finner C ved

C =y0

xr0

Eksempel: (x0, y0) = (2, 48), (x1, y1) = (3, 243)

r =ln( 48

243 )

ln(23 )

= 4, C =48

24= 3

Dette gir y = 3x4.

Derivasjonsregler

d

dx(ex) = ex d

dx(lnx) =

1

x

d

dx(xn) = nxn−1 d

dx(√

x) =1

2√

x

d

dx(cos x) = − sinx

d

dx(sinx) = cos x

d

dx(tanx) =

1

cos2 x

Ut fra disse reglene kan de fleste deriverte finnes ved hjelp av de generelle prinsippeneunder.

Produkt:

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)

Eksempel: ddx

(2x2 sinx) = 4x · sinx + 2x2 · cos x.

Brøk:

(f(x)

g(x))′ =

f ′(x)g(x) − f(x)g′(x)

g(x)2

Eksempel: ddx

( ex

cos x) = ex

·cos x−ex·(− sin x)

cos2 x.

Kjerneregelen:

f(g(x))′ = f ′(g(x)) · g′(x)

Eksempel: ddx

[2 cos(ex + x)] = −2 sin(ex + x) · (ex + 1)

9

Derivasjon er det motsatte av integrasjon:

d

dx[

∫ x

a

f(t)dt] = f(x)

Eksempel: ddx

[∫ x

0 t2esin tdt] = x2esin x.

Kurvedrøfting

Med en skisse mener vi en rask fri-hands tegning av en kurve med de egenskapene vi harfunnet før i oppgaven. Vi overdriver gjerne effekten av de enkelte elementene noe.

Med et plott mener vi en nøyaktig opptegning av funksjonsverdier, gjerne pa mm-papir.Her er vi nøye med a male opp korrekte avstander og med a velge fornuftige enheter paaksene.

Maks/MinFinn de punktene der f ′(x) = 0. Husk ogsa a teste eventuelle endepunkter.

VendepunktFinn de punktene der f ′′(x) = 0. Husk at det ogsa er nødvendig a vise at f ′′(x) skifterfortegn i punktet. Dette kan f.eks. gjøres v.h.a. et fortegns-skjema.

Taylorpolynom

Eksempel: Taylorpolynom av grad 4 i punktet a. Regn ut f(a), f ′(a), f ′′(a), f (3)(a) ogf (4)(a). Taylorpolynomet til f av grad 4 rundt punktet a er da

f(a) + f ′(a)(x − a) +f ′′(a)

2(x − a)2 +

f (3)(a)

2 · 3(x − a)3 +

f (4)(a)

2 · 3 · 4(x − a)4

Eksempel: f(x) = sinx, a = π2 . Da har vi

f(π

2) = sin(

π

2) = 1, f ′(

π

2) = cos(

π

2) = 0, f ′′(

π

2) = − sin(

π

2) = −1,

f (3)(π

2) = − cos(

π

2) = 0, f (4)(

π

2) = sin(

π

2) = 1

Taylorpolynomet av grad 4 til sinx om punktet x = π2 er da

1 −1

2(x −

π

2)2 +

1

24(x −

π

2)4.

Taylorpolynomet brukes til a regne ut tilnærmede verdier for f(x). Tar en med mangeledd kan en fa svært nøyaktig svar. Varianter av dette skjer inne i kalkulatorer.

10

Integrasjon er det motsatte av derivasjon. Du har løst integralet∫

f(x)dx nar du harfunnet en funksjon F (x) s.a. du far f(x) tilbake nar du deriverer F (x).

Eksempel:

∫

exdx = ex + C sidend

dx(ex + C) = ex

∫

cos xdx = sinx + C sidend

dx(sin x + C) = cos x

Integrasjon bestar altsa i a tenke derivasjon baklengs. Vi har imidlertid et par gode reglera støtte oss til.

Substitusjon (= kjerneregelen baklengs) brukes nar det er en sammensatt funksjon innei integralet.

Eksempel:

∫

2t cos(1 + t2)dt

Her ser vi at funksjonen cos(1 + t2) star inne i integralet. Dette er hovedgrunnen til at viikke klarer a løse det. Vi kaster derfor ikke bort tiden med a tenke over leddet som starforan. Vi substituerer og haper at det gar bra.

Oppsett: u = 1 + t2. Regn ut dudt

= 2t og løs for dt = du2t

.

Merk: Vi har her lov til a regne med dudt

som om det var en vanlig brøk.Vi setter na inn for u og dt i integralet, og far

∫

2t cos(1 + t2)dt =

∫

2t cos(u)du

2t!=

∫

cos(u)du = sin u + C = sin(1 + t2) + C

Det kan virke mirakuløst at faktoren 2t forsvinner ”sann av seg selv”, men noe slikt mafaktisk inntreffe hvis integralet overhodet skal være løsbart.

Regel: Vi kan substituere hva som helst. Vi setter inn som i oppsettet over, og haper atnoe skal forsvinne. Naturligvis gjør det ikke alltid det, og da far vi prøve med noe annet!

Nytt eksempel:

∫

4x3ex2

dx

Her er det klart at hovedproblemet er leddet ex2

. Vi substituerer u = x2, dudx

=2x, dx = du

2xog far

11

∫

4x3ex2

dx =

∫

4x3eu du

2x=

∫

2x2eudu =

∫

2ueudu.

Dette ble enklere, men er fremdeles for vanskelig. Na kommer delvis integrasjon inn ibildet.

Delvis integrasjon (= produktregelen baklengs) brukes nar du har et produkt avfunksjoner som hver for seg er enkle.

Regel:∫

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x) −∫

f ′(x)g(x)dx

Det gjelder her bare a tilpasse f og g s.a. mønsteret passer. Resten er bare innsetting.∫

2u eu du = 2ueu −∫

2 · eudu = 2ueu − 2eu + C↑ ↑

f(u) g′(u)

Vi ser at f(u) = 2u og at g(u) ma være eu.

Totalt sett gir dette at∫

4x3ex2

dx = 2x2ex2

− 2ex2

+ C

Nytt eksempel:∫

4x cos(2x) dx↑ ↑

f(x) g′(x)

Vi ser her at f(x) = 4x. En liten integrasjon gir at mønsteret passer nar g(x) = 12 sin(2x).

Merk: g(x) =∫

g′(x)dx =∫

cos(2x)dx = 12 sin(2x) + C.

Men vi kan velge integrasjonskonstanten C som vi vil! Det eneste som teller er at g′(x) =cos(2x), og C = 0 er et godt valg.

Oppsett:

f(x) = 4x g′(x) = cos(2x)∫

4x cos(2x)dx = 4x ·1

2sin(2x) −

∫

4 ·1

2sin(2x)dx

f ′(x) = 4 g(x) =1

2sin(2x)

Fullfør hvis du har lyst!

12

Bestemte integraler: NB! Pass opp for disse ved substitusjon. Det enkleste er a regneut det ubestemte integralet først, og sa sette inn grensene helt til slutt.

Differensial-ligningerOrd og uttrykk:

dxdt

= Forandringsrate til en størrelse x, det samme som vekstraten til x.

Eksempler: Strømningsrate dVdt

, stralingsrate dIdt

.

1x

dxdt

= Spesifikk forandringsrate, det samme som relativ forandringsrate, spesifikkvekstrate, relativ vekstrate.

Eksempel: Spesifikk lengdevekstrate = 1L· dL

dt.

Formulering: Uttrykk 1 er proporsjonal med Uttrykk 2.

Det betyr at det finnes en proporsjonalitetskonstant k s.a.

Uttrykk 1 = k· Uttrykk 2.

Eksempel: Vekstraten til x er proporsjonal med produktet av størrelsene x og y.

Her er Uttrykk 1 = dxdt

, Uttrykk 2 = x · y, sa det betyr at

dx

dt= kxy.

A løse differensial-ligninger er ofte svært enkelt. Det er i mange tilfeller bare snakkom a sette inn i en formel.

Type 1:

dy

dt= ay + b

Generell løsning: y = Ceat − ba

C vilkarlig konstant

Eksempler:

dy

dt= 3y gir y = Ce3t (a = 3, b = 0)

dy

dt= 2y − 4 gir y = Ce2t + 2 (a = 2, b = −4)

dy

dt= 6 + 3y skrives om til

dy

dt= 3y + 6 som gir y = Ce3t − 2

13

Type 2:

dy

dt= a(y − A)(y − B)

Generell løsning: y = A + B−A1+ke(B−A)at der k er en vilkarlig konstant. *

Eksempler:

dy

dt= 2(y − 3)(y − 5) gir y = 3 +

5 − 3

1 + ke(5−3)2t

dy

dt= 5y(3 − y) skrives frst om til

dy

dt= −5(y − 0)(y − 3) som gir y =

3

1 + ke−15t

.

Type 2b:dy

dt= ay2 + by + c

løses som over ved først a faktorisere ay2 + by + c = a(y − A)(y − B).Tips: A og B er nullpunktene til ay2 + by + c.

Type 3:

Generell separabel (Noe vanskeligere)

dy

dt= f(t)g(y)

(f(t) kan være konstant).

Løses ved a integrere begge sider i∫

1g(y)

dydt

dt =∫

f(t)dt og løse m.h.p. y.

Merk at dydt

dt = dy. Ta bare med integrasjonskonstant pa den ene siden.

Eksempel:

dydt

= cos(t) · y løses ved a sette∫

1

y

dy

dtdt =

∫

cos(t)dt = sin t + C

=

∫

1

ydy = ln y

Dvs.

ln y = sin t + C som gir

y = esin t+C = eC · esin t

* Vi ma forutsette at A += B. y = A er ogsa en løsning.

14

(x,y) = x+iy

r

y = r sin(θ)

x = r cos(θ)

y

θ

x

Merk at nar først C er plassert, sa ma den holde plassen sin i rekken. Det er helt feil asette y = esin t + C.

Litt om vektor-regning

Prikk-produkt finnes ved a multiplisere komponentene parvis og a summere.

Eksempel:

(2, 5, 7, 8) · (3, 1, 0,−1) = 2 · 3 + 5 · 1 + 7 · 0 − 8 · 1 = 3

Vinkel mellom vektorene→

a og→

b finnes v.h.a.

cos v =→

a ·→

b

|→a | · |→

b |

Formelen for et plan med normalvektor (a, b, c) er

ax + by + cz = d

Kompleks analyse

De følgende uttrykkene brukes om hverandre

(x, y) = (r cos θ, r sin θ) = x + iy = r cos θ + ir sin θ = reiθ

1. Komplekse tall er vanlige vektorer i planet.Uttrykket x + iy betyr egentlig vektoren (x, y).

2. i · i = −1 og vi skriver i istedenfor√−1. (Her mener vi strengt tatt at

√−1 er

kvadratroten av vektoren −1 + 0i = (−1, 0).)3. Vi kan regne med komplekse tall nøyaktig som med reelle tall.4. Brøk pa Normalform

a + bi

c + di=

(a + bi)(c − di)

(c + di)(c − di)=

ac + bd + i(bc − ad)

c2 + d2.

15

5. Uttrykket reiθ betyr vektoren med lengde r som danner vinkelen θ med x-aksen.Da er

reiθ = r cos θ + ir sin θ.

6. Vi multipliserer to vektorer (les komplekse tall) ved a gange lengdene og adderevinklene. Formelt skriver vi reiθ · Reiφ = rRei(θ+φ).

7. Kvadratrot av reiθ er r12 ei θ

2 .8. Vi dividerer to vektorer (les komplekse tall) ved a dividere lengdene og trekke fra

hverandre vinklene. Formelt skriver vi

reiθ/Reiφ =r

Rei(θ−φ).

9. Vi løser az2 + bz + c = 0 for a, b, c komplekse tall, ved den vanlige formelen for2 gradsligninger. Det hender vi far negative tall under rot-tegnet, og da gjør vifølgende formelle regning.

√−d =

√

(−1) · d =√−1 ·

√d = i

√d

MatriserTeorien her er for enkelhets-skyld bare formulert for 2 × 2 matriser (med noen unntak).Teorien for større matriser er nøyaktig lik.

Produkt av matriser dannes v.h.a. prikk-produkter

[

frste radannen rad

]

f an

r ns et ne

ss

yy ll ee

=

[

frste rad · frste syle frste rad · annen syleannen rad · frste syle annen rad · annen syle

]

Eksempler:

[

2 13 4

] [

1 02 1

]

=

[

(2, 1) · (1, 2) (2, 1) · (0, 1)(3, 4) · (1, 2) (3, 4) · (0, 1)

]

=

[

4 111 4

]

[

2 13 4

] [

xy

]

=

[

(2, 1) · (x, y)(3, 4) · (x, y)

]

=

[

2x + y3x + 4y

]

16

Lignings-systemer

2x + y = 53x + 4y = 7

kan skrives som matrise − ligningen

[

2 13 4

] [

xy

]

=

[

57

]

Vi sier at

[

2 13 4

]

er koeffesientmatrisa til systemet.

Determinanter (Rette streker betyr determinant)2 × 2 matriser

det

[

a bc d

]

=

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

= ad − bc

3 × 3 matriser

det

a b cd e fg h i

= a

∣

∣

∣

∣

e fh i

∣

∣

∣

∣

− b

∣

∣

∣

∣

d fg i

∣

∣

∣

∣

+ c

∣

∣

∣

∣

d eg h

∣

∣

∣

∣

Dette ganges na videre ut v.h.a regelen for 2 × 2 matriser.

Antall løsninger av lignings-systemer

Et lineært lignings-system har enten:

Nøyaktig en løsning,uendelig mange løsninger elleringen løsning.

Et lignings-system med like mange ligninger som ukjente har nøyaktig en løsning hvisog bare hvis determinanten til koeffesientmatrisa er ulik null.

Et homogent system (null pa høyresiden) har alltid minst en løsning. (Nemlig den deralle variable er null).

Antall løsninger av et inhomogent system som ikke har nøyaktig en løsning, ma sjekkesved a redusere til trappe form.

Inverterbare matriser: En n×n matrise A er inverterbar hvis og bare hvis determinantentil A += 0. Da er løsningen av systemet AX = B gitt ved X = A−1B. For 2 × 2 matriserhar vi

[

a bc d

]−1

=1

ad − bc

[

d −b−c a

]

Større inverser er ofte vanskelige a finne, og regnes helst pa regnemaskin.

17

Hva er en egenvektor?

En egenvektor for en 2 × 2 matrise A =

[

p qr s

]

er en vektor

[

ab

]

+=[

00

]

(NB!) s.a.

A

[

ab

]

= λ

[

ab

]

Dette homogene lignings-systemet har nesten alltid bare a = b = 0 som løsning. Kun fornoen verdier av λ (egenverdiene til A) er det mulig a finne ikke-trivielle løsninger.

Hvordan finne egenverdiene?

A =

[

p qr s

]

Trekk fra λ pa diagonalen og finn de λ s.a. determinanten = 0.

det

[

p − λ qr s − λ

]

= (p − λ)(s − λ) − qr = 0.

Du far na a løse en 2-gradsligning i λ. De (vanligvis) 2 løsningene av denne ligninga kallervi egenverdiene til A. De kan være komplekse eller reelle.

Hvordan finne egenvektorer til en egenverdi?Velg en av egenverdiene λ til A. Sett opp ligningene

(p − λ)a + qb = 0

ra + (s − λ)b = 0

og finn alle a og b som løser dette systemet. Det skal finnes uendelig mange løsninger, hvisikke har du regnet feil!

Vanskeligere: Kunne dekomponere en gitt vektor i egenvektorer og bruke dette til aregne seg n steg framover.

Hovedide: Nar

[

ab

]

er en egenvektor til A med egenverdi λ, sa er

An

[

ab

]

= λn

[

ab

]

.

Eksempel:

La A ha egenverdiene 2 og 3 med egenvektorer

[

10B1

B1

]

til λ = 2 og

[

−7B2

B2

]

til λ = 3.

Vil regne ut

An

[

32

]

.

18

[

32

]

er ikke en egenvektor, men kan skrives som en sum av slike. Vi setter

[

32

]

=

[

10B1

B1

]

+

[

−7B2

B2

]

.∗

Dette passer for B1 = 1, B2 = 1.

Triks:

An

[

32

]

= An

{[

101

]

+

[

−71

]}

= An

[

101

]

+ An

[

−71

]

!=2n

[

101

]

+ 3n

[

−71

]

=

[

10 · 2n − 7 · 3n

2n + 3n

]

Dette gir en eksplisitt formel for det n-te leddet.

Differensial-lignings-systemet

dx

dt= px + qy + a

dy

dt= rx + sy + b

1. Finn først en likevekt-tilstand (stasjonær løsning) ved a løse

px + qy + a = 0

rx + sy + b = 0

Kall løsningen

[

xL

yL

]

. Hvis a = b = 0 er

[

xL

yL

]

=

[

00

]

.

2. Sett opp matrisa[

p qr s

]

Her ma du passe pa a sette leddene i ligningen i riktig rekkefølge og a fylle utmed 0-er hvis noen ledd mangler.Eksempel:

dxdt

= 3y + 2dydt

= 1 − x⇒

dxdt

= 0x + 3y + 2dydt

= −x + 0y + 1

[

p qr s

]

=

[

0 3−1 0

]

.

3. Finn sa egenverdiene til matrisa ved a løse

det

[

p − λ qr s − λ

]

= 0

dvs. (p − λ)(s − λ) − qr = 0 m.h.p. λ.

* To ligninger med to ukjente!

19

4. Hvis løsningene er imaginære dvs. pa formen λ = c ± iω ga til 8.5. λ1 og λ2 er na de reelle løsningene i punkt 3. Finn na de generelle løsningene til

lignings-systemene

(p − λ1)A1 + qB1 = 0 (p − λ2)A2 + qB2 = 0rA1 + (s − λ1)B1 = 0 rA2 + (s − λ2)B2 = 0

Begge systemer skal ha uendelig mange løsninger! Hvis ikke har du regnet feil! Hvisligningen 0 = 0 fremkommer, sa se bort fra denne. (Den er jo alltid oppfylt!).

Eksempler:

3A1 + 2B1 = 06A1 + 4B1 = 0

gir 3A1 + 2B1 = 0 ⇒ A1 = −2

3B1, B1 fritt valgt (B1 = B1)

NB!0A1 + 0B = 0A1 − B1 = 0

gir A1 − B1 = 0 ⇒ A1 = B1 B1 fritt valgt (B1 = B1)

NB!0A1 + 3B1 = 00A1 + 5B1 = 0

gir B1 = 0 A1 kan velges fritt (A1 = A1)

6. Den generelle løsninga er na: (xL og yL er fra punkt 1.).

x(t) = A1eλ1t + A2e

λ2t + xL y(t) = B1eλ1t + B2e

λ2t + yL.

7. Hvis initialbetingelser er oppgitt, sett disse inn i løsningene og finn A1 A2 B1 ogB2. Vanligvis er initialbetingelsene i 0 oppgitt og da far du a løse

A1 + A2 = x(0) − xL

B1 + B2 = y(0) − yL

.

Slutt.8. Du har na funnet egenverdier pa formen c ± iω.9. NB! Hvis initialbetingelsene i 0 er oppgitt, ma du modifisere x0 og y0 ved

x0 = x(0) − xL, yo = y(0) − yL. Hvis det spørres etter en generell løsning, sa kanx0 og y0 velges fritt.

10. Regn ut

x1 =1

ω[(p − c)x0 + qy0] y1 =

1

ω[rx0 + (s − c)y0].

Løsningen er da

x(t) = ect[x0 cos(ωt) + x1 sin(ωt)] + xL

y(t) = ect[y0 cos(ωt) + y1 sin(ωt)] + yL

20

Slutt.NB! Vær forsiktig med initialbetingelsene hvis a eller b += 0. Se punkt 9. Hvisandre initialbetingelser enn de i 0 er oppgitt, ma du sette disse inn i den generelleløsningen og regne derfra. Dette vil vanligvis gi deg fire ligninger med fire ukjente.Fra disse kan du finne x0 x1 y0 og y1.

Partiell derivasjonNar du skriver ∂

∂xsa underforstar du at alt bortsett fra variablen x skal behandles som

konstanter under derivasjonen. (Tilsvarende for andre variable.)

Eksempel:

∂

∂x(2aex sin y + 5abx2) = 2aex sin y + 10abx.

Linearisering av f(x, y) i punktet p, q.

1. Regn ut ∂f∂x

og ∂f∂y

.

2. Sett inn p, q og regn ut f(p, q), ∂f∂x

(p, q) og ∂f∂y

(p, q).

3. Lineariseringen til f(x, y) i punktet p, q er da uttrykket

f(p, q) +∂f

∂x(p, q)(x − p) +

∂f

∂y(p, q)(y − q)

Tangentplanet til z = f(x, y) i punktet (x0, y0, z0) er gitt som planet

z = lineariseringa til f(x, y) i punktet (x0, y0).

Maks/min problemerAktuelle kandidater for maks og min finnes ved a løse systemet

∂f∂x

= 0∂f∂y

= 02 ligninger med 2 ukjente.

NB! Svært ofte far en ikke-lineære ligninger. Disse ma en prøve a løse ved ”sunn fornuft”,for det finnes ingen generell teori for a løse slike problemer. Matrise-teorien i kap. 10gjelder ikke her!

I tillegg ma man vurdere verdiene pa kanten til definisjons omradet. (Kan være kom-plisert!).

21

Regresjonslinjen y = ax + b ved minste kvadraters metode

Gitt n punkter (x1y1)(x2y2) . . . (xnyn) Eksempel:Gitt 4 punkter (1, 5)(2, 4)(7, 3)(11, 2)

1. Legg alle x-koordinatene sammen∑

xi = x1 + x2 + x3 + . . . + xn

∑

xi = 1 + 2 + 7 + 11 = 21

2. Legg alle y-koordinatene sammen∑

yi = y1 + y2 + . . . + yn

∑

yi = 5 + 4 + 3 + 2 = 14

3. Legg sammen kvadratene av alle x-koordinatene∑

x2i = x2

1 + x22 + . . . x2

n

∑

x2i = 12 + 22 + 72 + 112 = 175

4. Gang parvis sammen x1y1 x2y2 osv. og legg dem sammen∑

xiyi = x1y1 + x2y2 + . . . + xnyn

∑

xiyi = 1 · 5 + 2 · 4 + 7 · 3 + 11 · 2 = 56

5. Sett

a =n∑

xiyi−

∑

xi

∑

yi

n∑

x2i−(

∑

xi)2a = 4·56−21·14

4·175−21·21 = −0, 27

6.b = 1

n(∑

yi − a∑

xi) b = 14 (14 − (−0, 27) · 21) = 4, 92

Regresjonslinjen er linja Regresjonslinjen er linjay = ax + b y = −0, 27x + 4, 92

22